浙江大学《概率论数理统计与随机过程》课后习题答案第一章

1解：该试验的结果有9个：（0，a），（0，b），（0，c），（1，a），（1，b），（1，c），（2，a），（2，b），（2，c）。所以，（1）试验的样本空间共有9个样本点。（2）事件A包含3个结果：不吸烟的身体健康者，少量吸烟的身体健康者，吸烟较多的身体健康者。即A所包含的样本点为（0，a），（1，a），（2，a）。（3）事件B包含3个结果：不吸烟的身体健康者，不吸烟的身体一般者，不吸烟的身体有病者。即B所包含的样本点为（0，a），（0，b），（0，c）。2、解（4）（1）ABBCAC或ABCABCABCABC；（5）（2）ABBCAC（6）（提示：题目等价于A，B，C至少有2个发生，与（1）相似）；（7）（3）ABCABCABC；（8）（4）ABC或ABC；（9）（提示：A，B，C至少有一个发生，或者ABC，，不同时发生）；3（1）错。依题得,但，故A、B可能相容。（2）错。举反例（3）错。举反例（4）对。证明：由,知,即A和B交非空，故A和B一0BApBpApABp空集BA6.0Ap7.0Bp3.03.1BApBApBpApABp定相容。4、解（1）因为AB，不相容，所以AB，至少有一发生的概率为：()()()=0.3+0.6=0.9PABPAPB(2)AB，都不发生的概率为：()1()10.90.1PABPAB；（3）A不发生同时B发生可表示为：AB，又因为AB，不相容，于是()()0.6PABPB；5解：由题知,.因得，故A,B,C都不发生的概率为.6、解设A{“两次均为红球”}，B{“恰有1个红球”}，C{“第二次是红球”}若是放回抽样，每次抽到红球的概率是：810，抽不到红球的概率是：210，则（1）88()0.641010PA；3.0BCACABp05.0ABCPABCpBCpACpABpBCACABp24.023.0ABCpBCpACpABpCBApCBAp1ABCpBCpACpABpCpBpAp105.04.02.1115.0（2）88()210.321010PB（）；（3）由于每次抽样的样本空间一样，所以：8()0.810PC若是不放回抽样，则（1）2821028()45CPAC；（2）118221016()45CCPBC；（3）111187282104()5AAAAPCA。7解：将全班学生排成一排的任何一种排列视为一样本点，则样本空间共有个样本点。（1）把两个“王姓”学生看作一整体，和其余28个学生一起排列共有个样本点，而两个“王姓”学生也有左右之分，所以，两个“王姓”学生紧挨在一起共有个样本点。即两个“王姓”学生紧挨在一起的概率为。（2）两个“王姓”学生正好一头一尾包含个样本点，故两个“王姓”学生正好一头一尾的概率为。8、解（1）设A{“1红1黑1白”}，则1112323712()35CCCPAC；（2）设B{“全是黑球”}，则!30!29!292151!30!292!2824351!30!28233371()35CPBC；（3）设C{第1次为红球，第2次为黑球，第3次为白球”}，则2322()7!35PC。9解：设,.若将先后停入的车位的排列作为一个样本点，那么共有个样本点。由题知，出现每一个样本点的概率相等，当发生时，第i号车配对，其余9个号可以任意排列，故（1）。（2）1号车配对，9号车不配对指9号车选2~8号任一个车位，其余7辆车任意排列，共有个样本点。故.(3)，表示在事件：已知1号和9号配对情况下，2~8号均不配对，问题可以转化为2~8号车随即停入2~8号车位。记，。则。由上知，，，（），，（）……。则故。号车配对第iiA92,1i，，!9iA!9!8iAp!77727!9!7791AAp9191829821AApAAAApAAAAp9182AAAAp号车配对第1iiB72,1i，，717191821BBpBBpAAAAp71!7!6iBp421!7!5jiBBpji2101!7!4kjiBBBpkji!7171BBp7071!1iiiBBp707091719821!1721!1!9!7iiiiiiAApBBpAAAAp10、解由已知条件可得出:()1()10.60.4PBPB；()()()0.70.50.2PABPAPAB；()()()()0.9PABPAPBPAB；（1）(())()7(|==()()9PAABPAPAABPABPAB）；（2）()()()0.40.20.2PABPBPAB()(+()()0.5PABPAPBPAB）于是(())()2(|==5()()PAABPABPAABPABPAB）；（3）(())()2(|)()()9PABABPABPABABPABPAB。11解：由题知,,,,则12、解设A{该职工为女职工}，B{该职工在管理岗位}，由题意知，()0.45PA，()0.1PB，()0.05PAB所要求的概率为5.0Ap3.0Bp4.0Cp2.0ABp6.0CBApCpCCBApCpCCBApCBApCpCBApCpCpCBApBApCpCpCBApABpBpApCpCpCBApApABpBpApCp86.0（1）()1(|)()9PABPBAPA；（2）()()()1(|)()()2PABPBPABPABPBPB。13解：14、解设A{此人取的是调试好的枪}，B{此人命中}，由题意知：3()4PA，3(|)5PBA，1(|)20PBA所要求的概率分别是：（1）37()()(|)()(|)80PBPAPBAPAPBA；（2）()()(|)1(|)()()37PABPAPBAPABPBPB。15解：设，，，，，则,,,,,,,,(1)5522221122XpXYpXpXYpXpXYpYp515151415131512151030077年以内入市时间在11A年年以上不到入市时间在412A年以上入市时间在43A股民赢1B股民平2B股民亏3B1.011ABp2.012ABp7.013ABp2.021ABp3.022ABp5.023ABp4.031ABp4.032ABp2.033ABp3312211111ApABpApABpApABpBp22.0（2）16、解设A，B分别为从第一、二组中取优质品的事件，C，D分别为第一、二次取到得产品是优质品的事件，有题意知：10()30PA，15()20PB（1）所要求的概率是：1113()()()0.54172224PCPAPB（2）由题意可求得：13()()24PDPC120101515()0.21362302922019PCD所要求的概率是：()2825(|)0.3944()7163PCDPCDPD。17解：（1）第三天与今天持平包括三种情况：第2天平，第3天平；第2天涨，第3天跌；第2天跌，第3天涨。则（2）第4天股价比今天涨了2个单位包括三种情况：第2天平，第3、4天涨；第2、4天涨，第3天平；第2、3天涨，第4天平。则。33131BpBApBAp333223113113ApABpApABpApABpApABp538.01371221331p32111322p18、证明：必要条件由于A，B相互独立，根据定理1.5.2知，A与B也相互独立，于是：(|)()PABPA，(|)()PABPA即(|)(|)PABPAB充分条件由于()(|)()PABPABPB及()()()(|)1()()PABPAPABPABPBPB，结合已知条件，成立()()()()1()PABPAPABPBPB化简后，得：()()()PABPAPB由此可得到，A与B相互独立。19(1)对。证明：假设A,B不相容，则。而，，即，故，即A,B不相互独立。与已知矛盾，所以A,B相容。（2）可能对。证明：由,知,,与可能相等，所以A,B独立可能成立。（3）可能对。（4）对。证明：若A,B不相容，则。而，，即，故，即A,B不相互独立。0ABp0Ap0Bp0BpApBpApABp6.0Ap7.0Bp3.03.1BApBApBpApABp42.07.06.0BpApABpBpAp0ABp0Ap0Bp0BpApBpApABp20、解设iA分别为第i个部件工作正常的事件，B为系统工作正常的事件，则()iiPAp（1）所要求的概率为：12324134234112312413423412341231241342341234()()()()()()3()3PBPAAAAAAAAAAAAPAAAPAAAPAAAPAAAPAAAApppppppppppppppp（2）设C为4个部件均工作正常的事件，所要求的概率为：1234(|)ppppPCB。（3）223(1)C。21解：记，（1）（2）（3）22、解设A={照明灯管使用寿命大于1000小时}，B={照明灯管使用寿命大于2000小时}，C={照明灯管使用寿命大于4000小时}，由题意可知()0.95PA，()0.3PB，()0.05PC（1）所要求的概率为：()0.051(|)()0.9519PACPCAPA；（2）设iA分别为有i个灯管损坏的事件（0,1,2,3i），表示至少有3个损坏的概率，则次出现正面第iiC2,1i111111iiiiiippCpCpCpCCCpApppCCCCpCCCCpBp12432143214pppppApABpABp112311414pppppBpABpBAp11234144110100()()(0.3)0.0000059PAPB91110()()(1())0.0001378PACPBPB822210()()(1())0.0014467PACPBPB所要求的概率为：0121()()()0.9984PAPAPA23解：设，，，则,,,,（1）（2）记，则系统能正常工作A系统稳定B系统外加电压正常C99.0Cp9.0CBp2.0CBp8.0BAp9.0BApBpBApBpBApApCpCBpCpCBpBApCpCBpCpCBpBAp101.02.0199.09.019.0101.02.099.09.08.0